浙江省杭州市2024届高三下学期4月教学质量检测数学试题 含解析

这是一份浙江省杭州市2024届高三下学期4月教学质量检测数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卷两部分，考试结束，只需上交答题卡.等内容，欢迎下载使用。
数学试题卷
考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟.
2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！
3．考试结束，只需上交答题卡.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 函数的最小正周期是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
的图象是将的图象在轴下方的部分对称翻折上来所得，所以周期是周期的一半，即周期为.
2. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A. 若则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
3. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合投影向量定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
4. 设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数单调性求出的范围，即可判断答案.
【详解】若“函数在单调递增”，则，
由得，则，解得，
所以，甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
5. 设数列满足．设为数列的前项的和，则（ ）
A. 110B. 120C. 288D. 306
【答案】A
【解析】
【分析】利用分组求和法，结合已知，可得答案.
【详解】
.
故选：A.
6. 将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者至少去一个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是（ ）
A. 300B. 240C. 150D. 50
【答案】C
【解析】
【分析】先分组，人员构成可能为、、或、、，再将3组全排列即可得.
【详解】先将5名志愿者分成3组，
若这三组的人员构成为、、，则共有种分组方案，
若这三组的人员构成为、、，则共有种分组方案，
再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有种分配方案，
故共有种分配方法.
故选：C.
7. 设集合，且，函数（且），则（ ）
A. 为增函数B. 为减函数
C. 为奇函数D. 为偶函数
【答案】D
【解析】
【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.
【详解】当时，，时，在上不是增函数，故A不正确；
当时，，时，在上为增函数，B不正确；
当时，，，为偶函数，故C不正确；
当时，，，为偶函数，故D正确；
故选：D.
8. 在中，已知．若，则（ ）
A. 无解B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由可得，进而得到，借助三角形内角和与两角和的正切公式可得，设，有，可得该方程无解，故不存在这样的.
【详解】由，即，则，
由，知，
则，则，
又，
故，设，则，
有，即，，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知关于的方程的两根为和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出方程的两根，即可判断A，利用韦达定理判断B，计算出两根的模，即可判断C，利用复数代数形式的除法运算及B项的结论化简，即可判断D.
【详解】关于方程，
则，，
不妨设，，
，故A正确；
由韦达定理可得，故B正确；
，故C正确；
，
，
则，当时，，此时，故D错误．
故选：ABC．
10. 已知函数对任意实数均满足，则（ ）
A. B.
C. D. 函数在区间上不单调
【答案】ACD
【解析】
【分析】令等价于，则，可推导出，进而可判断A，利用赋值法可判断B,C；先算出满足的值，由此可得，即可判断D.
【详解】对于A，令等价于，则，
所以，故A正确；
对于B，令，则，
令，则，解得：，
令，，则，故B错误；
对于C，由知，，所以，故C正确；
对于D，令，所以，解得：，
令，则，
所以，因为，，
所以函数在区间上不单调，故D正确.
故选：ACD.
11. 过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ）
A. 直线与抛物线C有2个公共点
B. 直线恒过定点
C. 点的轨迹方程是
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.
【详解】设直线的方程为，
联立，消去得，则，
对于A：抛物线在点处的切线为，
当时得，即，
所以直线的方程为，整理得，
联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；
对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；
对于D： ，
则，
令，
则，
设，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程______．
【答案】或（写出一个即可）
【解析】
【分析】由条件可设直线方程为，结合条件列方程求即可得结论.
【详解】因为切线的方向向量为，
所以切线的斜率为，
故可设切线方程为，
因为直线与圆相切，
又圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，
所以或，
所以与圆相切且方向向量为的直线为或，
故答案为：或（写出一个即可）.
13. 函数的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】借助换元法令，可得，借助导数求取函数的单调性后，即可得解.
【详解】令，则，故，
令，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在时单调递减，
故，
即函数的最大值为.
故答案：.
14. 机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于______．
【答案】##
【解析】
【分析】依题意，利用等腰三角形求得,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.
【详解】
如图，设,因,故，又,
由余弦定理，，
即,
设椭圆中心为,作圆锥的轴截面,与底面直径交于，与椭圆交于，
连交于，以点原点，为轴，建立直角坐标系.
则,又由得,
从而则得,
不妨设椭圆方程为，把和点坐标代入方程，解得，
则，故
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，令，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意可得，解方程求出，即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由累乘法可求出的通项公式，再由裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为．
由，得，
解得：，所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
即，，，……，，
利用累乘法可得：，
所以．
16. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．
【答案】（1）答案见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况，分别求出函数的单调区间；
（2）（ⅰ）由（1）直接解得；（ⅱ）结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在单调递减；
当时，令，即，解得，，
因为，所以，则，
所以当时，
当时，
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，此时，
所以时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时单调递减；
当时在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可知．
（ⅱ）由（1）在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又，所以，则，
又，
又，
所以在上没有零点，
又，则，则，，
则，
所以，所以在上存在一个零点，
综上可得函数有且只有一个零点．
17. 如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．
（1）证明：；
（2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，
（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以．
又因为，平面,
所以平面,平面．
所以．
由于,所以四边形为平行四边形，所以．
又，所以，
所以．
【小问2详解】
因为，所以，
又，平面,所以平面．
取中点，连接，设．
设多面体的体积为，
则
．
解得．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．
则平面的一个法向量．
所以，
设平面的一个法向量，
则即取．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.
（1）求点的坐标.
（2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，
【解析】
【分析】（1）设，利用两点距离距离得，然后根据分类讨论求解即可；
（2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可；
（ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.
【小问1详解】
设是椭圆上一点，则，
因为，
①若，解得（舍去），
②若，解得（舍去）或，
所以点的坐标位.
【小问2详解】
（ⅰ）设直线，
由，得，所以，
所以，①
由，得或，
易知直线的方程为，②
直线的方程为，③
联立②③，消去，得，④
联立①④，消去，则，
解得，即点在直线上；
（ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上，
设，则，所以，即.
故直线的方程为，
直线的方程与椭圆方程联立，得，解得,
所以，所以,故.
19. 在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．
（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．
注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）
（ⅰ）完成下表；
（ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．
（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．
【答案】（1）（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）；
（2），答案见解析
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）分与计算即可得；（ⅱ）结合题意与所得表格即可得解；
（2）求取函数的导数，借助导数得到函数的最大值点，即可得解.
【小问1详解】
因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或；
（ⅰ）当时，，，
当时，，，
表格如下
（ⅱ）由上表可知．
当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大．
所以；
【小问2详解】
由，
则，
令，
即，
故，即当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即当时，取最大值，故，
因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数求取函数取最大值时的，得到.
0
1
2
3
0
1
2
3